精品解析：湖北黄冈市蕲春县第一高级中学2026届高三年级全真模拟适应性测试数学训练（一）

蕲春一中2026届高三年级全真模拟适应性测试 数学训练（一） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合的. 1. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数 满足，则|z|的最大值为（ ）． A. B. C. D. 3. 某车间从生产的一批产品中随机抽取了1000个零件进行一项质量指标的检测，整理检测结果得此项质量指标的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. B. 估计这批产品该项质量指标的众数为45 C. 估计这批产品该项质量指标的中位数为60 D. 从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5 4. 已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正项数列，满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点 为抛物线上一动点且 在抛物线准线上的投影为 ，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B. 已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C. 是、、 两两独立的充分条件 D. 若，记函数，，则的图象关于点对称 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线 ：就是其中之一，P为曲线 上一点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线 恰有2条对称轴和1个对称中心 B. 若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线 的距离相等 C. 曲线 所围成的封闭图形的面积小于 D. 若P不在坐标轴上，则曲线 在点P处的切线的横纵截距之和为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中常数项为80，则____________． 13. 若数列满足（， 为常数），则称数列为调和数列，已知数列为调和数列，且，则的最大值为____________. 14. 在四棱锥中，已知底面 ， ，，， ， 是平面 内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设 的内角、、 所对的边分别是、、 ，且. （1）求； （2）若 ， 的面积为，求 的周长. 16. 已知为抛物线上一点，点到 的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求 的方程； （2）设 的焦点为，过点的直线 与 交于 、 两点，，求. 17. 由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面 为菱形，与 交于点O，． （1）求证平面； （2）求证平面平面； （3）设， ，与底面 所成角为，求平面与平面所成角的正弦值． 18. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是， ，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作 :从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次 操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为. （1）求; （2）求; （3）证明:. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 蕲春一中2026届高三年级全真模拟适应性测试 数学训练（一） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合的. 1. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知、、，即可得出集合. 【详解】由题意可知全集，， 则、、，所以. 2. 若复数 满足，则|z|的最大值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模长的几何意义可求答案. 【详解】由题意的几何意义为复数 对应复平面内的点到点的距离为3， 点到原点的距离为， 所以的最大值为. 故选：D 3. 某车间从生产的一批产品中随机抽取了1000个零件进行一项质量指标的检测，整理检测结果得此项质量指标的频率分布直方图如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. B. 估计这批产品该项质量指标的众数为45 C. 估计这批产品该项质量指标的中位数为60 D. 从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5 【答案】C 【解析】 【分析】利用各组的频率之和为1，求得的值，判定A；根据众数和中位数的概念判定BC；根据频率估计概率值，从而判定D. 【详解】，解得，故A正确； 频率最大的一组为第二组，中间值为，所以众数为45，故B正确； 质量指标大于等于60的有两组，频率之和为，所以60不是中位数，故C错误； 由于质量指标在[50,70)之间的频率之和为，可以近似认为从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5，故D正确. 故选: 4. 已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质结合投影向量的定义可求得结果. 【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则， 由平面向量数量积的定义可得， 又因为，， 所以， 所以， 所以在上的投影向量为. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将条件分别利用两角和差公式展开，两式相比弦化切得解. 【详解】由题意可得，. 两式相比得，即， 整理得. 6. 已知正项数列，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可求出的值；令，由 得，两式作差推导出数列为常数列，求出数列的通项公式，即可得解. 【详解】对任意的，，且， 当时，则有， 即，解得或 （舍）； 当时，由 ①， 可得②， ① ②得 ， 整理可得 ， 由题意知，所以， 又因为，可得，也满足等式， 故当时，等式也成立， 故对任意的，，故数列为常数列， 故对任意的，则， 所以，故. 7. 已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，点 为抛物线上一动点且 在抛物线准线上的投影为 ，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，再由抛物线得到，转化为，结合图象，得到当且仅当四点共线时，取得最小值，求得，即可求解. 【详解】因为，，且动点满足， 设，可得，整理得， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 由抛物线，可得且准线方程为 ， 又因为点 在抛物线的准线方程为 的投影为 ， 因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线 的距离相等，所以， 所以， 当且仅当四点共线时， 取得最小值，且， 所以. 即的最小值为. 故选：B. 8. 已知定义在上的函数满足，且对，当时都有，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得在上单调递增，则可将原不等式化为，再参变量分离后构造函数并结合导数研究其单调性后计算即可得. 【详解】因为函数满足，所以， 因为对，当时都有， 所以在上单调递增， 所以等价于， 即，， 即，，即， 令，则， 则当时，，仅当 时取等号，即在上单调递增， 故，即， 则实数的取值范围为. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断A；利用线面垂直的性质判定推理判断B；利用平面的基本事实推理判断C；求出线面角判断D. 【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面， 则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角， 而，因此，A正确； 对于B，平面 ，平面 ，则，又， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，又，因此平面，B正确； 对于C，由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点， 同理，点 和都是平面和平面的公共点， 因此三点， ，在平面与平面的交线上，即， ，三点共线，C正确； 对于D，连接，设，连接 ，由选项B，同理得平面， 则为直线与平面所成的角，在中，， 因此，，D错误. 故选：ABC 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若事件、满足：，，且，则事件、相互独立 B. 已知一组成对数据、、、的经验回归方程为，则 C. 是、、两两独立的充分条件 D. 若，记函数，，则的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】利用条件概率公式结合事件独立性的定义可判断A选项；利用回归直线过样本中心点可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用正态密度曲线的对称性和函数的对称性可判断D选项. 【详解】对于A选项，若事件、满足：，，且， 即， 由条件概率公式可得，即， 故事件、相互独立，A对； 对于B选项，由题意可得，， 因为回归直线过样本中心点，即，解得 ，B错； 对于C选项，对于事件、、， 若，，，及成立， 则、、相互独立，缺一不可，故，不能推出、、两两独立，C错； 对于D选项，若，记函数， 由正态密度曲线的对称性可知， 即，即，故函数的图象关于点对称，D对. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线.曲线：就是其中之一，P为曲线上一点，则下列结论正确的有（ ） A. 曲线恰有2条对称轴和1个对称中心 B. 若P在第一象限内，则点P到点的距离和到直线 的距离相等 C. 曲线所围成的封闭图形的面积小于 D. 若P不在坐标轴上，则曲线在点P处的切线的横纵截距之和为1 【答案】BC 【解析】 【分析】首先画出曲线C的图象，结合图象可直接判断A选项；由两点之间的距离公式以及点到直线的距离公式即可判断B；由第一象限的点到点的距离，可得曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于，则C可判断；利用导数的几何意义求切线方程即可判断D. 【详解】对于A，曲线C：即， 如图， 曲线C关于x，y轴和直线， 对称，有4条对称轴； 又曲线C关于原点对称；故A错误； 设为曲线C上一点，则 对于B，只考查曲线C在第一象限内的部分，此时曲线C：， 又由， 而，故B正确； 对于C，由对称性，考查曲线C在第一象限内的部分， 由点到点的距离， 则曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方， 则曲线C和两坐标轴所围成的封闭图形的面积小于， 所以曲线C所围成的封闭图形的面积小于，故C正确； 对于D，由对称性，只考查曲线C在第一象限内的部分， 此时曲线C：， 设为曲线C在第一象限部分上一点，则， 由，则， 则曲线C在点处的切线为， 即，即， 由以及对称性可知，曲线C在点P处的切线的横纵截距的绝对值之和为1，故D错误； 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中常数项为80，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 的指数等于0，求出的值，即可建立等式求解. 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中常数项为，解得. 故答案为： 13. 若数列满足（， 为常数），则称数列为调和数列，已知数列为调和数列，且，则的最大值为____________. 【答案】 【解析】 【详解】因为数列为调和数列，所以，故是等差数列， 由，得， 所以，又， 所以，当且仅当或时取得等号， 由于， 当且仅当时，取得最大值，为. 14. 在四棱锥中，已知底面 ， ，，， ， 是平面 内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、 、 所在直线分别为 、、 轴建立空间直角坐标系，设点，求出点 的轨迹方程，可知当点 到平面 的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果. 【详解】因为 ，，， ，则四边形 为直角梯形， 平面 ， 平面 ，则， ，，平面 ，则 平面 ， 、 平面 ，，，则， 故， 平面 ，，以点为坐标原点，、 、 所在直线分别为 、、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，设点， 由可得，化简可得， 即点 的轨迹为圆，当点 到平面 的距离最大时，四棱锥的体积最大， 不妨设点，设三棱锥的球心为， 由，可得，解得， 所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为， 因此，三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设 的内角、、所对的边分别是、、 ，且. （1）求； （2）若 ， 的面积为，求 的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可得出 的值，结合余弦定理可得出的值，即可得出 的周长. 【小问1详解】 由题意可得，. 由正弦定理，得， 因为、，所以，所以，所以. 【小问2详解】 由题意可得，，所以. 由余弦定理可得，， 所以，故 的周长为. 16. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线 与交于 、 两点，，求. 【答案】（1） ； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合已知条件求出 的值，进而得抛物线的方程； （2）先求出焦点的坐标，设直线 的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到坐标关系，再结合韦达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出. 【小问1详解】 设点，因为点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5， 根据抛物线的定义，得，解得 ， 所以抛物线的方程为 . 【小问2详解】 由（1）得，抛物线的方程为 ，所以， 又过点的直线 与交于 、 两点， 设直线 ：，，， 则，联立化简得， 所以，，， 又，则， 所以联立方程，解得， 根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长， 得， 将，，代入上式， 可得， 又，得. 17. 由平行六面体截去三棱锥后得到如图所示的几何体，其体积为5，底面 为菱形，与 交于点O，． （1）求证平面； （2）求证平面平面； （3）设， ，与底面 所成角为，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：如图补全平行六面体，连接交于点，连接， 在平行六面体，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为 的中点，为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又所以平面，平面，所以平面. （2） 证明：因为底面是菱形，所以， 又因为，，所以， 又平面，平面，， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）补全平行六面体，连接交于点，连接，由平行四边形证得，即可得到线面平行； （2）由底面是菱形，得到，由等腰三角形三线合一得到，从而得到线面垂直，进而得到面面垂直； （3）由几何体的体积先求出几何体的高，建立空间直角坐标系，由与底面 所成角为，求出的坐标，进而用向量求出平面与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：， 因为截后的几何体体积为5，所以平行六面体体积为6， 又因为， ，设平行六面体的高为 ， 所以，所以，， 以O为坐标原点，为x轴， 为y轴， 过O与平面 垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设，则， 又因为，， 因为，所以， 所以，因为与底面 所成角为， 平面 的一个法向量为， 所以， 又，，由图可知，所以 ，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，取一个法向量， 所以，， 所以，平面与平面所成角的正弦值. 18. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，在人工智能、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为:假设我们的序列状态是， ，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即.已知甲盒子中装有2个黄球和1个黑球，乙盒子中装有1个黄球和2个黑球(6个球的大小形状完全相同).记操作 :从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中.在重复次 操作后，记甲盒子中黄球个数为，恰有3个黄球的概率为，恰有2个黄球的概率为，并记的数学期望为. （1）求; （2）求; （3）证明:. 【答案】（1）； （2）； （3） 记重复次 操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为， 由题，可得， 而， ， ， 于是， ， 也即， 因此是等比数列，公比为， 首项为， 所以. 因此:， ， . 【解析】 【分析】（1）根据组合公式和独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）分析得的所有可能得取值为3，2，1，0，再写出对应的概率，利用期望公式即可得到答案； （3）分别计算，构造得，再利用等比数列通项公式得，再取倒数，求和放缩即可. 【小问1详解】 分别表示操作一次后，甲盒子中恰有3个、2个黄球的概率， 由题可知:. 【小问2详解】 记重复次 操作后，甲盒子中恰有1个黄球的概率为， 易得. 由题易得的所有可能得取值为3，2，1，0， 且， ， ， ， 所以的分布列为： 3 2 1 0 数学期望为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是构造等比数列，再求出，最后求和即可. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【小问1详解】 当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为 ； 【小问2详解】 方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当 时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以 符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $